CodeChef - COUNTREL Count Relations

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给你一个长为NN1,2,3,....N1,2,3,....N的序列,让你求出两种关系各个有多少可能;
R1R_1,由于x,yx,y互不是子集,且交集为空。我们可以这样考虑:先对xx进行分析,假定xx中有XX个元素,因为空集是所有集合的子集,所以显然xx必不能不取且不能取满NN个,那么当xxXX个元素时,就有
C(NX)(1Xn1)C(_N^X)(1\leq X\leq n-1)种取值方案。
那么剩下的nxn-x个数字就要留给yy,显然yy集合中必然有元素,假定yy中有YY个元素,所以在当前情况下有
C(NXY)(1YnX)C(_{N-X}^Y),(1\leq Y\leq n-X)种取值.
那么综上所述,第一个问题的答案就有X=1N1(C(NX)Y=1NXC(NXY))\sum_{X=1}^{N-1}(C(_N^X)*\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)).
然后就是大力化简这个式子了。
先考虑Y=1NXC(NXY)\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y),由组合数的基本公式可知Y=0NXC(NXY)=2NX\sum_{Y=0}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-X},那么Y=1NXC(NXY)=2Nx1\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-x}-1;
那么上式可化简为
X=1N1C(NX)(2NX1)=X=1N1C(NX)2NXX=1N1C(NX)\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*(2^{N-X}-1) \\=\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*2^{N-X}-\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)
易知X=1N1C(NX)=2N2\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)=2^N-2
在考虑左半部分,由二项式定理可知i=0NC(Ni)aibNi=(a+b)N\sum_{i=0}^{N}C(_N^i)a^ib^{N-i}=(a+b)^N
那么左半部分可化简为(1+2)NCN02NCNN20=3N2N1(1+2)^N-C_N^02^N-C_N^N2^0=3^N-2^N-1
即原式可化简为3N2N12N+2=3N2N+1+13^N-2^N-1-2^N+2=3^N-2^{N+1}+1,由于x,yx,y无序,所以除二即为第一部分最后答案。
第二部分:要求x,yx,y有交集,那么我们可以先设交集的长度为ii,那么剩下的部分就是x,yx,y个站一些不空且不相交的部分,那么显然答案就是
i=1N2j=1ni1C(Nij)k=1NijC(Nijk)\sum_{i=1}^{N-2}\sum_{j=1}^{n-i-1}C(_{N-i}^j)\sum_{k=1}^{N-i-j}C(_{N-i-j}^k).
化简和上面一样,多用几次二项式定理就行了。
化简出来就是4N3N+11+32N4^N-3^{N+1}-1+3*2^N,同样答案除以2即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}
LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
const int N = 2e5 +11;
const int mod=100000007;
LL Inv[N],Fac[N];
void P(){
	Fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)Fac[i]=Fac[i-1]*i%mod;
	Inv[N-1]=powmod(Fac[N-1],mod-2,mod);
	for(int i=N-2;i>=0;i--)Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
LL get(int l,int r){
	return Fac[l]*Inv[r]%mod*Inv[l-r]%mod;
}

LL n;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	// P();
	int t;
	for(cin>>t;t;t--){
		cin>>n;
		cout<<(powmod(3,n,mod)-powmod(2,n+1,mod)%mod+1+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<' ';
		cout<<(powmod(4,n,mod)-powmod(3,n+1,mod)-1+3*powmod(2,n,mod)%mod+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

posted @ 2019-04-03 20:24  pubgoso  阅读(166)  评论(0编辑  收藏  举报